在线倍增法求LCA专题

1.cojs 186. [USACO Oct08] 牧场旅行

★★   输入文件：pwalk.in   输出文件：pwalk.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：128 MB

n个被自然地编号为1..n奶牛（1<=n<=1000）正在同样被方便的编号为1..n的n个牧场中吃草。更加自然而方便的是，第i个奶牛就在第i个牧场中吃草。

其中的一些对牧场被总共的n-1条双向通道的一条连接。奶牛可以通过通道。第i条通道连接的两个牧场是A_i和B_i（1<=A_i<=N;1<=B_i<=N）其长度是L_i（1<=L_i<=10000）。

通道只会连接两个不同的牧场，所以这些通道使得整个牧场构成了一棵树。

奶牛们是好交际的希望能够经常的访问别的奶牛。急切地，它们希望你能通过告诉它们Q（1<=Q<=1000）对牧场的路径来帮助他们安排旅行。（这里将有Q个询问，p1,p2(1<=p1<=n；1<=p1<=n)）

分数：200

问题名称：pwalk

输入格式：

• 第1行：两个用空格隔开的整数：n和Q
• 第2..n行：第i+1行包含三个用空格隔开的整数：A_i,B_i和L_i
• 第n+1..N+Q行：每行包含两个用空格隔开的整数，代表两个不同的牧场，p1和p2

输入样例（file pwalk.in）：

4 2
2 1 2
4 3 2
1 4 3
1 2
3 2

输出格式：

• 第1..Q行：行i包含第i个询问的答案。

输出样例：

2
7

输出说明：

询问1：牧场1和牧场2的路径长度为2。 询问2：3->4->1->2;总长为7。

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Er 20
#define N 1011
int deepp[N],head[N];
int father[N][Er];
struct Edge{
    int v,last,w;
}edge[N<<];
int t=,n,Q,ai,bi,li;
int p1,p2;
typedef long long ll;
ll dis[N]={};
void add_edge(int u,int v,int w)
{
    ++t;
    edge[t].v=v;
    edge[t].w=w;
    edge[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&Q);
    for(int i=;i<=n-;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&ai,&bi,&li);
        add_edge(ai,bi,li);
        add_edge(bi,ai,li);
    }
}
void dfs(int k)
{
    for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
    {
        if(!deepp[edge[l].v])
        {
            deepp[edge[l].v]=deepp[k]+;
            dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
            father[edge[l].v][]=k;
            dfs(edge[l].v);
        }
    }
}
void pre_chuli()
{
    for(int j=;(<<j)<=n;++j)
      for(int i=;i<=n;++i)
      if(father[i][j-]!=-)
      father[i][j]=father[father[i][j-]][j-];
}
int lca(int a,int b)
{
    if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
    int i;
    for(i=;(<<i)<=deepp[a];++i);
    i--;
    for(int j=i;j>=;--j)
      if(deepp[a]-deepp[b]>=(<<j))
         a=father[a][j];
    if(a==b) return a;
    for(int j=i;j>=;--j)
      if(father[a][j]!=-&&father[a][j]!=father[b][j])
      {
        a=father[a][j];
        b=father[b][j];
      }
    return father[a][];
}
int main()
{
    freopen("pwalk.in","r",stdin);
    freopen("pwalk.out","w",stdout);
    input();
    memset(father,-,sizeof(father));
    dis[]=;
    deepp[]=;
    dfs();
    pre_chuli();
    for(int i=;i<=Q;++i)
    {
        scanf("%d%d",&p1,&p2);
        int ance=lca(p1,p2);
        cout<<dis[p1]+dis[p2]-*dis[ance]<<endl;
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return ;
}

2.cojs 2075. [ZLXOI2015][异次元圣战III]ZLX的陨落

★★☆   输入文件：ThefallingofZLX.in   输出文件：ThefallingofZLX.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：256 MB

【题目描述】

正当革命如火如荼，情侣教会日薄西山之时，SOX和FFF的分歧却越来越大，SOX认为情侣教会不合适的、无限制的秀恩爱和阶级歧视值得反对，而FFF认为一切情侣都该从这个世界上消失。

SOX先发制人，率先接管了全国政权并突袭了FFF，暗杀了FFF的首领，FFF的红色革命事业遭到了空前的打击，一些FFF团员积极抵抗，另一些FFF团员隐居避世，而一些FFF团员则走向极端，参加了一个邪恶组织：诅咒教会

你虽然对SOX下山摘桃子的行为不满，但你对邪教更不满。在对诅咒教会的长期调查中，你发现该组织的操纵者是亡灵巫师ZLX！现在，维护正义的使命降到了你身上！你和其他的一些远征军将士前往ZLX的城堡，却掉入了ZLX的魔法陷阱--扭曲虚空，扭曲虚空由n个魔法结界空间组成，m条虚空隧道连接着它们，你和其他的远征军将士（恰好有n个）分散在魔法结界空间里，只有会合在一起，你们才能冲破封锁(扭曲虚空是一颗树)。现在，你向平行世界的你提出了疑问，如果给出两个人会合，总共至少需要多少魔法能量？

已知虚空隧道的长度与消耗的魔法能量在数值上相等。

ZLX的末日已经到临，等到你冲出虚空隧道，亲手结果了ZLX吧！

【输入格式】

第一行一个正整数N，代表魔法结界空间的个数，一个正整数M，代表虚空隧道的个数

接下来M行，每行三个数u,v,w，代表虚空隧道连接的两个点和虚空隧道的长度

接下来一个正整数Q，代表查询个数

接下来Q行，每行两个数u,v代表询问从u到v需要消耗的魔法能量

【输出格式】

Q行，每行一个正整数

【样例输入】

6 5
1 2 7
1 3 3
2 4 5
3 5 7
4 6 6
5
3 4
6 3
5 1
4 3
4 2

【样例输出】

15
21
10
15
5

【提示】

对于20%的数据，n<=300,q<=300

对于40%的数据,n<=2000,q<=2000

对于100%的数据,n<=100000,q<=100000,w<=32767，m=n-1

 #define N 100100
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #define Er 20
 typedef long long ll;
 ll dis[N]={};
 int deepp[N],father[N][Er],t,n,m,u1,v1,w1,Q;
 struct Edge{
     int v,last,w;
 }edge[N<<];
 int head[N];
 void add_edge(int u,int v,int w)
 {
     ++t;
     edge[t].v=v;
     edge[t].w=w;
     edge[t].last=head[u];
     head[u]=t;
 }
 void input()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=m;++i)
     {
         scanf("%d%d%d",&u1,&v1,&w1);
         add_edge(u1,v1,w1);
         add_edge(v1,u1,w1);
     }
 }
 void dfs(int k)
 {
     for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
     {
         if(!deepp[edge[l].v])
         {
             deepp[edge[l].v]=deepp[k]+;
             father[edge[l].v][]=k;
             dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
             dfs(edge[l].v);
         }
     }
 }
 void pre_chuli()
 {
     for(int j=;(<<j)<=n;++j)
       for(int i=;i<=n;++i)
          if(father[i][j-]!=-)
          father[i][j]=father[father[i][j-]][j-];
 }
 int lca(int a,int b)
 {
     if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
     int i;
     for(i=;(<<i)<=deepp[a];++i);
     i--;
     for(int j=i;j>=;--j)
       if(deepp[a]-deepp[b]>=(<<j))
       a=father[a][j];
     if(a==b) return a;
     for(int j=i;j>=;--j)
       if(father[a][j]!=-&&father[a][j]!=father[b][j])
       {
             a=father[a][j];
             b=father[b][j];
       }
     return father[a][];
 }
 int main()
 {
     freopen("ThefallingofZLX.in","r",stdin);
     freopen("ThefallingofZLX.out","w",stdout);
     input();
     memset(father,-,sizeof(father));
     dis[]=;
     deepp[]=;
     dfs();
     pre_chuli();
     scanf("%d",&Q);
     for(int i=;i<=Q;++i)
     {
         scanf("%d%d",&u1,&v1);
         int ance=lca(u1,v1);
         cout<<dis[u1]+dis[v1]-*dis[ance]<<endl;
     }
     fclose(stdin);fclose(stdout);
     return ;
 }

3.codevs 3287 货车运输

2013年NOIP全国联赛提高组

 时间限制: 1 s

 空间限制: 128000 KB

 题目等级 : 钻石 Diamond

 

题目描述 Description

A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。

输入描述 Input Description

第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有 n 座城市和 m 条道路。
接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。
接下来一行有一个整数 q，表示有 q 辆货车需要运货。
接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，注意：x 不等于 y。

输出描述 Output Description

输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出-1。

样例输入 Sample Input

4 3 
1 2 4 
2 3 3 
3 1 1 
3
1 3 
1 4 
1 3

样例输出 Sample Output

3
-1
3

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于 30%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 10,000，0 < q < 1,000； 
对于 60%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 50,000，0 < q < 1,000； 
对于 100%的数据，0 < n < 10,000，0 < m < 50,000，0 < q < 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。

/*--------------解析---------------------*/
拿到这道题，我们求的是多组两点间通路上最大的最小边权，最大生成树的两点间最小边权就满足这个性质，所以就用到到最大生成树

很容易得到60分算法

60分算法：（最大生成树暴力）

       先找一个最大生成树，然后把生成树单独放在一个类似生成树存储方式的三个数组里，初始化并查集，然后从最大边开始做kruskal，每次连边时，都对问题集合进行扫描，当且仅当这两个边联通且没有更新过当前问题的答案，就用当前边权更新。原因很简单，这是贪心，首先边权时降序的，然后这个边使两点第一次联通，那么这个边一定是通路上最小的边。这就是60的算法。但是注意，题目并没有说是不是一棵树，所以它可以是森林，但是由于六十分算法原理对于森林这个性质并不依赖，所以，这个60算法不用考虑森林

那么我们想一下，这道题时间的瓶颈在哪，首先kruskal是o(m)的，这个不会爆时间，那么剩下就是从最大生成树上回答答案所用时间过长。

我们想一下，如果是在logn时间内回答一个问题，而且是在树上做的一个算法，尤其是这个问题具有区间求和的性质，因为想一想就知道这是显然的

f[i→j]:=min(f[i→k],f[k→j])，

所以，我们想到用树上倍增算法解决。

100分算法（最大生成树+树上倍增）：

首先清楚树上倍增原理：f[i,j]:=f[f[I,j-],j-] f[I,j],表示 i向上2^j的节点

同时，设我们要求的答案g[i,j]，即从i向上走到达2^j层的节点所通过路径上的最小值，转移方程

g[I,j]:=min(g[f[I,j-],j-],g[I,j-])

分析一下就是显然的，g[f[I,j-],j-]表示的是i向上2^(j-)的节点到2^j节点间的最小值，g[I,j-] 是从i向上走到达2^(j-)层的节点所通过路径上的最小值，两个区间合起来就是当前的区间长度，所以这个方程成立。对于初值，我们可以bfs求深度并记录，与此同时，f[I,]是父节点，g[I,]是他向上走一层的边的长度。然后按照倍增算法模板生成f g数组

求解时，用倍增算法模板即可，只不过有几个细节

、  别忘了给ans赋初值

、  倍增算法永远是倍增到最近公共祖先的下一层的两个点，所以最后要比较一下ans与那两个点的向上走一步的值

、  记得这是个森林，要用一个数组记一下那个是父节点，我用的是并查集加bool数组，有个细节是不要直接把fa[i]当I的所在树的根，要get一下，因为并查集的压缩路径是在每次get时才更新，当他fa变了，而他未被查询过，就会导致fa过时了，要重新get一下

、  在对齐两个所求节点的层数时，别忘了更新答案

大概就是这些，还有相关代码具体实现就不赘述了。

哦，对了，提交不要忘了删除调试用的输出

 /*
 60分代码：暴力建q棵最大生成树
 */
 #define N 10008
 #define M 50007
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 int n,m,q,fa[N],head[N],t=;
 struct Edge{
     int u,v,w,last;
     bool operator <(Edge P)
     const{return w>P.w;}
 }edge[M<<];
 int read()
 {
     int ret=,ff=;
     char s=getchar();
     while(s<''||s>'')
     {
         if(s=='-') ff=-;
         s=getchar();
     }
     while(s>=''&&s<='')
     {
         ret=ret*+s-'';
         s=getchar();
     }
     return ret;
 }
 inline void add_edge(int u,int v,int w)
 {
     ++t;
     edge[t].u=u;
     edge[t].v=v;
     edge[t].w=w;
     edge[t].last=head[u];
     head[u]=t;
 }
 inline void inpu()
 {
     n=read();m=read();
     int x,y,z;
     for(int i=;i<=m;++i)
     {
         x=read();y=read();z=read();
         add_edge(x,y,z);
     }
 }
 int find(int x)
 {
     return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
 }
 int main()
 {
     freopen("truck.in","r",stdin);
     freopen("truck.out","w",stdout);
     inpu();
     sort(edge+,edge+t+);
     q=read();
     int x,y;
     for(int i=;i<=q;++i)
     {
         x=read();y=read();
         for(int i=;i<=n;++i) fa[i]=i;
         bool flag=false;
         for(int i=;i<=t;++i)
         {
             int x1=find(edge[i].u);
             int y1=find(edge[i].v);
             if(x1!=y1)
             {
                 fa[y1]=x1;
             }
             if(find(x)==find(y))
             {
                  printf("%d\n",edge[i].w);
                  flag=true;
                  break;
             }
         }
         if(!flag) printf("-1\n");
     }
     fclose(stdin);
     fclose(stdout);
     return ;
 }

 #define N 10010
 #define inf 10000800
 #include<cstdio>
 #define M 50002
 #define D 18
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 int n,m,q,fa[N],t=;
 struct EEdge{
     int u,v,w;
     bool operator <(EEdge P)
     const{return w>P.w;}
 }edge1[M];
 struct Edge{
     int v,w,last;
 }e[N];
 int dis[N][D+],fath[N][D+],dep[N],head[N];
 int read()
 {
     int ret=,ff=;
     char s=getchar();
     while(s<''||s>'')
     {
         if(s=='-') ff=-;
         s=getchar();
     }
     while(s>=''&&s<='')
     {
         ret=ret*+s-'';
         s=getchar();
     }
     return ret*ff;
 }
 void inpu()
 {
     n=read();m=read();
     for(int i=;i<=m;++i)
     {
         edge1[i].u=read();
         edge1[i].v=read();
         edge1[i].w=read();
     }
 }
 int fi(int x)
 {
     return (fa[x]==x)?x:fa[x]=fi(fa[x]);
 }
 void add_edge(int u,int v,int w)
 {
     ++t;
     e[t].v=v;
     e[t].w=w;
     e[t].last=head[u];
     head[u]=t;
 }
 void ddkruskal()
 {
     for(int i=;i<=n;++i) fa[i]=i;
     sort(edge1+,edge1+m+);
     int tsum=;
     for(int i=;i<=m;++i)
     {
         int x1=fi(edge1[i].u);
         int x2=fi(edge1[i].v);
         if(x1!=x2)
         {
             tsum++;
             fa[x2]=x1;
             add_edge(edge1[i].u,edge1[i].v,edge1[i].w);
             add_edge(edge1[i].v,edge1[i].u,edge1[i].w);
             if(tsum==n-) break;
         }
     }
 }
 void dfs(int k)
 {
     for(int l=head[k];l;l=e[l].last)
     {
         if(!dep[e[l].v])
         {
             dep[e[l].v]=dep[k]+;
             fath[e[l].v][]=k;
             dis[e[l].v][]=e[l].w;
             dfs(e[l].v);
         }
     }
 }
 void init()
 {
     for(int j=;j<=D;++j)
       for(int i=;i<=n;++i)
       {
           fath[i][j]=fath[fath[i][j-]][j-];
           dis[i][j]=min(dis[i][j-],dis[fath[i][j-]][j-]);
       }
 }
 int lca(int a,int b)
 {
     int ans=inf;
     if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
     for(int j=D;j>=;--j)
     {
         if(dep[a]-(<<j)>=dep[b])
         {
             ans=min(ans,dis[a][j]);
             a=fath[a][j];
         }
     }
     if(a==b) return ans;
     for(int j=D;j>=;--j)
     {
         if(fath[a][j]!=fath[b][j])
         {
             ans=min(ans,min(dis[a][j],dis[b][j]));
             a=fath[a][j];
             b=fath[b][j];
         }
     }
     ans=min(ans,min(dis[a][],dis[b][]));
     return ans;
 }
 int main()
 {
     freopen("truck.in","r",stdin);
     freopen("truck.out","w",stdout);
     inpu();
     ddkruskal();
     q=read();
     int x,y;
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         if(!dep[i])
         {
             dep[i]=;
             fath[i][]=i;
             dis[i][]=inf;
             dfs(i);
         }
     }
     init();
     for(int i=;i<=q;++i)
     {
         x=read();y=read();
         if(fi(x)!=fi(y))  printf("-1\n");
         else printf("%d\n",lca(x,y));
     }
     fclose(stdin);
     fclose(stdout);
     return ;
 }